ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

#1

Να κατασκευαστεί ευθύγραμμο τμήμα $\Delta E$ με τα σημεία $\Delta,\ E$ να ανήκουν στις πλευρές $AB,\ A\Gamma$ αντίστοιχα, τυχαίου τριγώνου $\Vartriangle AB\Gamma$ τέτοιο ώστε $B\Delta = \Delta E = E\Gamma$ .

#2

Αγαπητέ φίλε Ανδρέα, προτείνω την παρακάτω κατασκευή. Η απόδειξη είναι εύκολη, αλλά για λόγους πληρότητας, θα ακολουθήσει σε άλλο μήνυμά μου, με το σχετικό σχήμα και την ανάλυση της κατασκευής.
Κατασκευή
Από το $\Gamma$ φέρουμε κάθετη στη διχοτόμο $(\delta)$ της γωνίας $\angle A$ του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle AB\Gamma$ , που τέμνει την

στο

. Με κέντρο το

και ακτίνα την

γράφουμε κύκλο ο οποίος τέμνει την $B\Gamma$ σε σημείο $\Theta$ . Από το

φέρουμε παράλληλη στην $H\Theta$ που τέμνει την $H\Gamma$ στο

. Από το

φέρουμε παράλληλη στην

που τέμνει την $A\Gamma$ στο

. Από το

φέρουμε παράλληλη στην

που τέμνει την

στο $\Delta$ . Το τμήμα $\Delta E$ είναι το ζητούμενο τμήμα, για το οποίο είναι $B\Delta = \Delta E = E\Gamma$ .

Νίκος Κυριαζής.

#3

Πάρα πολύ ωραία κατασκευή.

Να και μία αλγεβρική: Θέτουμε $A\Delta = x$ , AE = y,

οπότε η ζητούμενη $B\Delta = \Delta E = E\Gamma$ , ισοδύναμα $B\Delta^{2} = \Delta E^{2} = E\Gamma^{2}$ , γράφεται
(c-x)^2 = x^2 + y^2 -2xycosA = (b-y)^2

.
Λύνοντας το σύστημα ως προς

και

οδηγούμαστε σε δευτεροβάθμια της οποίες οι ρίζες είναι εύκολο να κατασκευαστούν. Και λοιπά.

Ξέρω, ξέρω οι Γεωμέτρες θέλουν καθαρά Γεωμετρικές κατασκευές. Σωστό. Από την άλλη και ο ίδιος ο Ευκλείδης στα Δεδομένα του έχει αλγεβρικές κατασκευές, για να μην πω ότι ένα από τα ισχυρά σημεία της περίφημης Al jabr του Al Khowarismi ήταν ακριβώς ότι έλυνε με απλούστερο τρόπο μερικές δύσκολες Γεωμετρικές κατασκευές.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#4

Το θέμα αυτό είχε μπει σαν 2ο θεμα στην ΕΜΕ το 1972 είναι η χρονιά που έδωσα και εγώ και γιαυτό το θυμάμαι. το είχα λύσει με Aπολλώνιο κύκλο και τρίγωνο όμοιο προς εαυτό.

Αν BΜ= //ΔE έτσι ώστε τά διανύσματα ΒΜ,ΔΕ να είναι ομόρροπα τότε το παραλληλόγραμμο ΒΜΕΔ είναι ρὀμβος άρα ΜΕ=ΒΔ=ΕΓ. Κατά συνέπεια το ΜΕΓ είναι ισοσκελές με την γωνία ΜΕΓ =Α οπότε θα έχει ίσες τις γωνίες του=90 -(Α/2)=φ=σταθερά. Τότε επειδή η γωνία ΒΓΜ=φ-Γ είναι και αυτή σταθερή συνεπώς το Μ κινείται στην σταθερή ημιευθεία ΓΜ.
Ακόμη ο λόγος ΜΓ/ΜΒ=ΜΓ/ΜΕ=σταθερός=λ αφού το τρίγωνο ΜΕΓ έχει σταθερές γωνίες και είναι όμοιο προς εαυτό. Δηλαδή το Μ ανήκει και στον απολλώνιο κύκλο των Β,Γ με λόγο το λ

Μια άλλη όμορφη κατασκευή τριγώνου η οποία στηρίζεται στο παραπάνω είναι
Να κατασκευαστεί τρίγωνο από τα α+β , α+γ , Α

#5

Μία ενδιαφέρουσα ιδιότητα σχετική με το όμορφο αυτό πρόβλημα, που απλουστεύει αρκετά την κατασκευή των σημείων $D,\ E,$ όπως ορίζεται στην εκφώνηση, είναι η εξής :

Εάν $D^{\prime},\ E^{\prime},$ είναι δύο σημεία επί των $AB,\ AC$ αντιστοίχως, τα οποία κινούνται αναλογικά ( ορίζουν δηλαδή επί των φορέων τους, τμήματα με ίσους λόγους ) τότε, ο γεωμετρικός τόπος του σημείου $P^{\prime}\equiv BE^{\prime}\cap CD^{\prime}$ είναι μία ευθεία έστω $(\epsilon),$ η οποία περνάει από το σημείο $A^{\prime}$ , το συμμετρικό του

ως προς το μέσον

της πλευράς

, του δοσμένου τριγώνου $\bigtriangleup ABC.$

Στην ειδική περίπτωση τώρα, όταν ισχύει $BD^{\prime} = CE^{\prime}$ όπως εδώ, η ευθεία $(\epsilon)$ είναι παράλληλη προς τη διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ . (*)

Η ευθεία $(\epsilon)$ τέμνει ( στην περίπτωση αυτή ) τον κύκλο (K)

με διάμετρο $II_{a},$ όπου

είναι το έγκεντρο του $\bigtriangleup ABC$ και $I_{a}$ το παράκεντρό του στη γωνία $\angle A$ , στο σημείο έστω

για το οποίο ισχύει το ζητούμενο.

Ισχύει δηλαδή, ότι BD = DE = EC,

όπου $D\equiv AB\cap CP$ και $E\equiv AC\cap BP.$

όταν σε τετράπλευρο BDEC

ισχύει

, τότε αληθεύει ότι $\displaystyle \angle BPC = 90^{o} + \frac{\angle A}{2},$ όπου $A\equiv BD\cap CE.$ Αλλά όπως ξέρουμε, σε κάθε τρίγωνο ισχύει επίσης ότι $\displaystyle \angle BIC = 90^{o} + \frac{\angle A}{2}$ και έτσι έχουμε στην περίπτωσή μας $\angle BPC = \angle BIC$ και άρα το σημείο

ανήκει στον κύκλο (K)

, ο οποίος ως γνωστό περνάει από τα $B,\ C$

.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : - Όπως φαίνεται από τα προηγούμενα, η ευθεία $(\epsilon)$ τέμνει τον κύκλο (K)

και σε δεύτερο σημείο έστω το

για το οποίο ισχύει επίσης το ζητούμενο, ότι δηλαδή, BX = XY = YC,

όπου $X\equiv AB\cap CQ$ και $Y\equiv AC\cap BQ$ , επί των προεκτάσεων των πλευρών $AB,\ AC$ αντιστοίχως, προς το μέρος του

(*) (01-08-2014) Δείτε Εδώ (4η δημοσίευση ), μία απόδειξη αυτής της παραλληλίας.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Προς μεγάλη μου στεναχώρια αγαπητοί φίλοι, είμαι φευγάτος από το mathematica.gr τελευταία. Είδα με χαρά ότι μπήκε στην παρέα μας ο αγαπητός μου φίλος Νίκος Κυριαζής τον οποίο θαυμάζω για την ενεργητικότητά του και στον οποίο οφείλω πολλά για την επαναδραστηριοποίησή μου ως ερασιτέχνη στην Γεωμετρία.

Νίκο, σου εύχομαι σιδερένιος στο mathematica.gr και καλή συνέχεια.

f=50_t=3904.pdf: Κατασκευή.; (6.83 KiB) Μεταφορτώθηκε 122 φορές

#6

Ο πολύ καλός μου φίλος Κώστας Βήττας, έγραψε:
Είδα με χαρά ότι μπήκε στην παρέα μας ο αγαπητός μου φίλος Νίκος Κυριαζής τον οποίο θαυμάζω για την ενεργητικότητά του και στον οποίο οφείλω πολλά για την επαναδραστηριοποίησή μου ως ερασιτέχνη στην Γεωμετρία.

Νίκο, σου εύχομαι σιδερένιος στο mathematica.gr και καλή συνέχεια.

Κώστα μου, σε ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια και για τις ευχές σου. Μόνο που γράφεις τη μισή αλήθεια,καθώς δε γράφεις πόσα και εγώ οφείλω σε σένα. Είναι γεγονός ότι η συνεργασία μας ήταν πάντοτε άψογη. Ευχομαι να είσαι και εσύ γερός και η συνεργασία μας να συνεχισθεί έτσι άψογα και στο mathematica.
Με πολύ αγάπη και εκτίμηση.

Νίκος Κυριαζής.

#7

Για μία ακόμα φορά αναδεικνύεται η χρησιμότητα του Mathematica και του πόσα πολλά μπορούμε να μάθουμε όλοι μας από τη συμμετοχή μας σε αυτό.
Όλες οι λύσεις και παρατηρήσεις των αγαπητών φίλων Νίκου, Μιχάλη, Ροδόλφου και Κώστα είναι ιδιαίτερα σημαντικές.
Χαίρομαι που σας κίνησε το ενδιαφέρον η παραπάνω άσκηση.
Παραθέτω και τη δική μου προσέγγιση.

#8

Προκειμένου να εκπληρώσω την υπόσχεσή μου, αλλά και για να δώσω μία ολοκληρώμένη λύση του προβλήματος,για εκείνους που δεν αρκούνται σε περιληπτικές λύσεις, όπως εγώ,επισυνάπτω το συνημμένο μου 3:

Νίκος Κυριαζής.

#9

Αγαπητέ φίλε Ανδρέα Βαρβεράκη, για την ονομαστική σου γιορτή, σου εύχομαι ολόψυχα "Χρόνια Πολλά" και προπαντός "Χρόνια Κολά",αλλά και παραγωγικά.
Με αγάπη και εκτίμηση.

Νίκος Κυριαζής.

#10

Αγαπητοί φίλοι, κατά τη διάρκεια της προσπάθειάς μου για τη λύση της κατασκευής του φίλου Ανδρέα, προέκυψε η παρακάτω καινούρια πιστεύω κατασκευή, καθώς εγώ τουλάχιστον δεν έχω συναντήσει μέχρι τώρα, την οποία δίνω αμέσως παρακάτω με τη λύση της. Η απόδειξή της είναι εύκολη, αλλά για λόγους πληρότητας, θα ακολουθήσει σε άλλο μήνυμά μου, με το σχετικό σχήμα της, όπως και η ανάλυσή της: u]Κατασκευή[/u].
«Σε τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ, να εγγραφεί ρόμβος ΔΕΖΗ, του οποίου οι κορυφές Δ, Η ανήκουν στην πλευρά ΒΓ, οι Ε, Ζ ανήκουν στις πλευρές ΑΓ, ΑΒ, αντίστοιχα, ενώ το σημείο Δ δίνεται».
u]Λύση [/u].
Με κέντρο το σημείο Γ και ακτίνα την ΒΓ γράφουμε κύκλο ο οποίος τέμνει την ΑΔ σε σημείο Θ. Από το Δ φέρουμε παράλληλη στην ΓΘ που τέμνει την ΑΓ στο Ε. Από το Ε φέρουμε παράλληλη στην ΒΓ που τέμνει την ΑΒ στο Ζ και από το Ζ παράλληλη στην ΔΕ που τέμνει την ΒΓ στο Η. Το παραλληλόγραμμο ΔΕΖΗ είναι ο ζητούμενος ρόμβος.

Φιλικά.
Νίκος Κυριαζής.

#11

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Αγαπητέ φίλε Ανδρέα Βαρβεράκη, για την ονομαστική σου γιορτή, σου εύχομαι ολόψυχα "Χρόνια Πολλά" και προπαντός "Χρόνια Κολά",αλλά και παραγωγικά.
Με αγάπη και εκτίμηση.

Νίκος Κυριαζής.

Ευχαριστώ πολύ Νίκο, με τιμά ιδιαίτερα να χαίρω της εκτίμησης σημαντικών και αξιόλογων ανθρώπων και χαίρομαι ιδιαίτερα για την παρουσία σου στον ιστότοπο αυτό καθώς βλέπω ότι είναι η αιτία να γίνουμε πλουσιότεροι σε Μαθηματική (και ιδιαίτερα σε Γεωμετρική) γνώση.
Με αγάπη και εκτίμηση
Ανδρέας

#12

Αγαπητοί φίλοι, για την εκπλήρωση υπόσχεσής μας, αλλά και για να δώσουμε μία ολοκληρωμένη διαπραγμάτευση σε νέα μας κατασκευή που προέκυψε, επισυνάπτουμε το συνημμένο μας 4:

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής

#13

Αν δεν κάνω λάθος
Αν θεωρήσουμε τον ρόμβο ΒΓΘΙ τότε αυτός είναι ομοιόθετος του ζητουμένου σε ομοιοθεσία με κέντρο το Α
Το επισημαίνω διότι έτσι μπορούμε να γενικεύσουμε την άσκηση και για άλλα σχήματα πχ τετράγωνο

#14

Πολύ σωστά γράφεις φίλε R. Boris. Πραγματικά ο ρόμβος ΑΓΘΙ είναι ομοιόθετος του ζητουμένου ρόμβου κέντρου Α, κτλ. Όμως για τη συγκεκριμένη περίπτωση ο ρόμβος ΑΓΘΙ θα ήταν πλεονασμός, καθώς μας αρκεί το σημείο Θ, γι’ αυτό τον απέφυγα, αν και αυτόν και εγώ αρχικά χρησιμοποίησα για τη δική μου λύση. Ήθελα όμως να επισημάνω ότι όταν μας δίνεται η θέση της κορυφής Δ στη ΒΓ, τετράγωνο στο τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφή το τυχαίο σημείο Δ, προφανώς δεν μπορεί να εγγραφεί παρά μόνο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, το οποίο όμως εγγράφεται προφανώς εύκολα.
Όσο για την εγγραφή τετραγώνου σε τρίγωνο, έχω δώσει μία νέα ωραία πιστεύω λύση στην παράγραφο 1β(8) του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» τόμος 1, ο οποίος δε χρησιμοποιεί την ομοιοθεσία, την οποία αν θυμάμαι καλά, οι μαθητές Λυκείου δε διδάσκονται.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#15

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:Να κατασκευαστεί ευθύγραμμο τμήμα $\Delta E$ με τα σημεία $\Delta,\ E$ να ανήκουν στις πλευρές $AB,\ A\Gamma$ αντίστοιχα, τυχαίου τριγώνου $\Vartriangle AB\Gamma$ τέτοιο ώστε $B\Delta = \Delta E = E\Gamma$ .

Δείτε Εδώ, μία εμπνευσμένη κατασκευή ( κρυφή ομοιοθεσία ) από τον Θανάση ( KARKAR ).

Κώστας Βήττας.

S.E.Louridas · #16

Χωρίς λόγια...

#17

Τα λόγια είναι Εδώ.

Κώστας Βήττας.

S.E.Louridas · #18

Και όμως Κώστα η παραπάνω ιδέα της επίλυσης "χωρίς λόγια" ακουμπά και μάλιστα πάρα-πάρα πολύ στην εξής σημαντική κατασκευή:

«Να κατασκευαστεί τρίγωνο , από τα δεδομένα, $a+c=m, b+c=v, \angle C=f$ », με τα να είναι δεδομένα μεγέθη.

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ

Μέλη σε σύνδεση